Matematické Fórum

Petuhik · 17. 05. 2010 17:57

Ahoj, potřebovala bych pomoct s příkladem. Jedná se určení vzájemné polohy dvou přímek p,q v závislosti na parametru a ϵ R.

p ≡ [-4,7,0,4]+t(4,1,0,0)
q ≡ [2,0,-3,-1]+s(0,a,4,1)

Mnokrát děkuji. Vím, jak se to počítá, když jsou tam čísla, ale když je tam ten parametr, tak jsem v koncích. :-(

jelena · 18. 05. 2010 09:38

↑ Petuhik:

Zdravím,

to bude obdobné - sestaviš parametrické rovnice přímek, z nich soustavu rovnic (porovnání jednotlivých souřadnic) a s ohledem na parametr a posuzuješ (diskuse), kdy tato soustava má jedno řešení, žádné nebo nekonečně mnoho.

Pomůže?

Rumburak

Jde o přímky v $\mathb{R} ^4$ .
Jejich směrovými vektory jsou (4,1,0,0) , (0,a,4,1) . Tyto vektory nikdy nebudou lineárně závislé, neboť je zřejmé, že Gaussovou eliminační
metodou aplikovanou na řádky matice

( 4 1 0 0 )
( 0 a 4 1 )

nikdy nedocílíme toho, aby se některý její řádek vynuloval, a to bez ohledu na hodnotu paraametru "a".
Proto naše přímky nikdy nebudou rovnoběžné.

Otázkou je, zda se mohou protínat. To bude záviset na řešitelnosti rovnice p(t)= q(s) neboli

[-4,7,0,4]+t(4,1,0,0) ≡ [2,0,-3,-1]+s(0,a,4,1) .

Upravíme ji:
t(4,1,0,0) - s(0,a,4,1) = [2,0,-3,-1] - [-4,7,0,4] ,
t(4,1,0,0) + s(0,-a,-4,-1) = [6,-7,-3,-5] ,

rozepíšeme po složkách a vzniklou soustavu čtyř rovnic pro neznámé t, s zapíšeme v maticovém tvaru

( 4 0 | 6 )
(1) ( 1 -a | -7 )
( 0 -4 | -3 )
( 0 -1 | -5 )

a zkoumáme řešitelnost . Pomocí GEM snadno nahlédneme, že řešení nemá ani část

( 0 -4 | -3 )
( 0 -1 | -5 )

této soustavy (viz Frobeniova padmínka), tím spíše nemá řešení celá soustava (1) .

Přímky se tedy neprotnou pro žádnou hodnotu parametru "a".

Celkem : přímky jsou mimoběžné pro všechny hodnoty parametru "a".

makry · 18. 05. 2010 16:06

ahoj! Potřebovala bych pomoci s tímto příkladem je dána přimka a rovina a máme určit jejich vzájemnou polohu v závislosti na parametru a ϵ R, společné body a směry

p ≡ [0,8,0,4]+t(2,a,0,9)
δ ≡ x1 + x2 = 9 x3 = 0

Díky moc za pomoc. Jak píše kolegyně..S čísly to jde ale jak se tam objeví parametr tak už je to horší :-(

Rumburak

↑ makry:
Již jen stručněji navedu: Obecný bod X = [0,8,0,4] + t(2,a,0,9) té přímky dosadíme do soustavy rovnic té roviny,
tím vznikne soustava pro neznámou "t" v závislosti na parametru "a".

Situaci si můžeme od začátku trochu zjedodušit, všimneme-li si, že bod X přímky má vždy x3 = 0 , což je zároveň jednou z rovnic roviny.
Tuto souřadnici můžeme proto škrtnout z našich úvah a převést úlohu z R^4 do R^3, kde je situace názornější:

Máme tedy v R^3 rovinu o obecné rovnici x + y = 9 (rovnoběžnou s osou "z") a přímku o parametrické rovnici X = [0,8,4] + t(2,a,9) ...

Využijeme-li rovnoběžnosti roviny δ s osou "z" , můžeme jít ve zjednodušení ještě dál , a sice , že se budeme zabývat pouze kolmým průmětem
přímky p i roviny δ do roviny "xy" ( o rovnici z = 0). Takovým průmětem roviny δ je přímka o rovnici x + y = 9 , průmětem přímky p
v rovině "xy" je přímka o rovnici X = [0,8] + t(2,a) (situace, kdy průmětem přímky kolmé k rovině "xy" by byl bod, zde zřejmě nenastane).
Takže problém se nakonec redukuje na vyšetření vzájemné polohy dvou přímek v rovině, což je látka střední školy.

makry · 19. 05. 2010 10:29

↑ Rumburak:

Asi už jsem opravdu blbá. Ale bohužel jsem tento návod nepochopila. Nešlo by to počítat podobným principem jako předchozí příklad?

Rumburak · 19. 05. 2010 11:36

↑ makry:
A co je nejasné ?

Petuhik · 20. 05. 2010 16:23

↑ Rumburak:

Ahoj, moc ti děkuji za návod, ale nakonec jsem to zkusila jinak, ale výsledek byl úplně stejný. Teď bych se chtěla poradit ohledně nečeho jiného. Mám jedno zadání příkladu a dva různé výsledky. Mohu poprosit o kontrolu?? děkuji mnohokrát.

Jsou dány roviny ρ a π. Určete jejich vzájemnou polohu a společné body a směry.

ρ ≡[1,0,0,0]+ r1 (2,1,0,0) + r2 (0,2,0,1)

π ≡ [1,4,0,1] + s1 (0,1,1,0) + s2 (4,3,-1,1)

1. vzájemná poloha – ( zadáno do matice)

u1 2 1 0 0
u2 0 2 0 1
v1 0 1 1 0
v2 4 3 -1 1
B-A 0 4 0 1

Po úpravách my vyšlo:

2 1 0 0
0 2 0 1
0 0 2 -1
0 0 0 0
0 0 0 -1

Tím pádem jsou roviny mimoběžné.

Teď by mě ale zajímalo, jak zjistím jejich společný směr.

Našla jsem vzoreček: a*v1 + b*v2 = c*u1 + d*u2
Vektory ze zadání jsem dosadila do matice:

a b -c -d
0 4 -2 0
1 3 -1 -2
1 -1 0 0
0 1 0 -1

Po úpravě na schodovitý tvar my pak vyšlo, že a=0, b=0, c=0, d=0.

Což mi přijde jako blbost. Mám v něčem chybu? Nebo mám snad jinak postupovat???Děkuji moc za rady.

Rumburak · 20. 05. 2010 16:31

↑ Petuhik:
Ahoj, klidně to zkusím zkontrolovat, ale dostnu se k tomu nejdříve zítra odpoledne, tak je možné, že mne někdo předběhne.

Petuhik

↑ Rumburak:

Děkuji moc, budu ráda za každou pomoc. Nikde to totiž na internetu nemůžu najít. Nebo neporadil by si mi nějaké online materiály, kde bych to mohla najít?? Děkuji.

Rumburak · 21. 05. 2010 16:02

↑ Rumburak:
Mně také vyšla mimoběžnost.

Ta úloha na společný směr mi ale vyšla jinak:
To "počáteční schema" (nehledej v to matematický termín) správně mělo být, myslím

a b c d
0 4 -2 0
1 3 -1 -2
1 -1 0 0
0 1 0 -1 ,

protože z rovnice a*v1 + b*v2 = c*u1 + d*u2 po odečtení pravé strany dostaneme

a*v1 + b*v2 + c*(-u1) + d*(-u2) = 0

( a ne a*v1 + b*v2 + (-c)*(-u1) + (-d0*(-u2) = 0 , jak by opovídalo Tvému zápisu
a b -c -d
0 4 -2 0
1 3 -1 -2
1 -1 0 0
0 1 0 -1).

Počáteční schema se mi pak podařilo upravit na

a b c d
1 0 0 -1
0 1 0 -1
0 0 1 -2

(vynechal jsem zde řádek, který se vynuloval), řešení mi vyšlo (a, b, c, d) = (1, 1, 2, 1) , dokonce vyšla i zkouška.

NB. Kdyby dvě MIMOBĚŽNÉ ROVINY v R^4 neměly společný směr, znamenalo by to, že dim R^4 > 4 , tedy spor.

Petuhik · 21. 05. 2010 16:12

↑ Rumburak:

děkuji za opravu, ale já jsem si to tak jen poznačila pro sebe. Jinak ohledně toho výsledku si nejsem nějak jistá. Já jsem matici počítala takto:

0 4 -2 0 1 3 -1 -2 1 3 -1 -2 1 3 -1 -2 1 3 -1 -2
1 3 -1 -2 0 4 -2 0 0 4 -2 0 0 4 -2 0 0 4 -2 0
1 -1 0 0 1 -1 0 0 0 -4 1 2 0 0 -1 2 0 0 -1 2
0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 0 2 -6 0 0 0 -2

děkuju.

Rumburak

↑ Petuhik:
Třetí matice je, pokud jsem neudělal chybu při kontrole, ještě správně, ale ve čtvrté matici ten poslední řádek 0 0 2 -6
mi připadá podezřelý, protože jsem nepochopil , jak se k němu dospělo. Mě na jeho místě vyšlo (i když celkově jiným postupem)
0 0 2 -4 .

Petuhik · 21. 05. 2010 16:53

↑ Rumburak:

Děkuji moc! Chybu už jsem našla. Byla to moje nepozornost!

Petuhik · 23. 05. 2010 13:46

ahoj, chtěla bych se zeptat, zda-li se dá řešit i společný směr u dvou přímek. Mnohokrát děkuji za odpověď.

Rumburak · 24. 05. 2010 10:28

↑ Petuhik:
Je potřeba uvědomit si, co jsou to společné směry. Já jsem se s definicí tohoto pojmu nikdy nesetkal (a nebo si to už nepamatuji),
ale na základě své intuitice a Tvé předchozí úlohy si představuji toto:

Jsou-li v $\mathb{R}^m$ dány lineály (neboli lineární variety) M, N parametrickými rovnicemi
$X \,=\, A \,+\, \sum_{i =1}^k t_i \vec{a}_i$ , $X \,=\, B \,+\, \sum_{i =1}^l s_i \vec{b}_i$ ,
pak společným směrem obou těchto lineálů je libovolný nenulový vektor $\vec{w}\, \ne\, \vec 0$ patřící do průniku lin. prostorů
$\text{Lin} $\vec{a}_1, ..., \vec{a}_k$$ , $\text{Lin} $\vec{b}_1, ..., \vec{b}_l$$ (symbolem $\text{Lin} $\vec{a}_1, ..., \vec{a}_k$$ značím lineární obal vektorů $\vec{a}_1, ..., \vec{a}_k$ ) .

Z tohoto pohledu dvě přímky mají společný směr právě tehdy, jsou-li rovnoběžné, protože u různoběžek nebo mimoběžek
$X \,=\, A \,+\, t \vec{a}$ , $X \,=\, B \,+\, t \vec{b}$ je $\text{Lin} $\vec{a}$\,\cap\,\text{Lin} $\vec{b}$ \,=\, \{\vec 0\}$ .

Pokud bychom v definici společného směru připustili i $\vec{w}\, =\, \vec 0$ , pak bychom znění věty o společném směru dvou přímek
museli patřičným způsobem opravit. Podívej se do skript, jak vás to učili.